平面ベクトル 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内心 $\mathrm{I}$ は、$3$ つの内角の二等分線の交点。だから「角の二等分線が対辺を分ける比」を使えば、位置ベクトルが計算できる。

角 $\mathrm{A}$ の二等分線は辺 $\mathrm{BC}$ を隣り合う $2$ 辺の比 $c:b$ に内分する点 $\mathrm{D}$ を通る。まず $\mathrm{D}$ の位置ベクトルを出す。

次に、内心 $\mathrm{I}$ が線分 $\mathrm{AD}$ を分ける比 $(b+c):a$(これも角 $\mathrm{B}$ の二等分線から出る)を使う。$2$ 段の内分を合成すると、$3$ 辺の長さで重みづけた対称な形になる。

① 二等分線と $\mathrm{BC}$ の交点 $\mathrm{D}$。 角 $\mathrm{A}$ の二等分線は $\mathrm{BC}$ を $c:b$ に内分する。よって $$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\frac{b\overrightarrow{\mathrm{OB}}+c\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{b+c}.$$ ② 内心が $\mathrm{AD}$ を分ける比。 内心 $\mathrm{I}$ は三角形 $\mathrm{ABD}$ で角 $\mathrm{B}$ の二等分線上にもある。角 $\mathrm{B}$ の二等分線は $\mathrm{AD}$ を $\mathrm{BA}:\mathrm{BD}$ に内分する。$\mathrm{BD}=\frac{c}{b+c}\cdot a$($\mathrm{D}$ の内分比より)、$\mathrm{BA}=c$ だから $$\mathrm{AI}:\mathrm{ID}=\mathrm{BA}:\mathrm{BD}=c:\frac{ac}{b+c}=(b+c):a.$$ ③ 合成する。 $\mathrm{I}$ は $\mathrm{AD}$ を $(b+c):a$ に内分するから $$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=\frac{a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(b+c)\overrightarrow{\mathrm{OD}}}{(b+c)+a}=\frac{a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+(b+c)\cdot \frac{b\overrightarrow{\mathrm{OB}}+c\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{b+c}}{a+b+c}=\frac{a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+b\overrightarrow{\mathrm{OB}}+c\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{a+b+c}.$$

まとめ角の二等分線の内分性質を $2$ 段使い、交点 $\mathrm{D}$ と内分比 $(b+c):a$ を合成すると、内心は $3$ 辺の長さで重みづけた $\frac{a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C}}{a+b+c}$。重心($1:1:1$)の「辺の長さ重み版」。ベクトル(内分)と幾何の融合。

発展。 重み(重心座標)を変えると別の中心が出る。重み $a:b:c$ が内心、$1:1:1$ が重心、$\tan A:\tan B:\tan C$ が垂心、$\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$ が外心。三角形の「中心」はどれも「$3$ 頂点の重みつき平均」で書け、重みの選び方で性格が決まる。三角形の中心は無数にあり(現在1万種以上が登録)、それらを分類するときの基礎がこの重心座標だ。

別解

別解:内心が「$3$ 辺から等距離」であることから逆算(得意な人向けの高い視点)。 内心 $\mathrm{I}$ の定義は「$3$ 辺までの距離がすべて等しい($=$ 内接円の半径 $r$)点」。この見方で重み $a,b,c$ の意味が分かる。

三角形 $\mathrm{ABC}$ を、内心 $\mathrm{I}$ と各辺で作る $3$ つの小三角形 $△\mathrm{IBC},△\mathrm{ICA},△\mathrm{IAB}$ に分ける。それぞれの底辺は $a,b,c$、高さはすべて $r$。だから面積は $\frac{1}{2}ra,\frac{1}{2}rb,\frac{1}{2}rc$ で、比は $a:b:c$。

「内部の点を、向かい合う小三角形の面積で重みづけると、その点自身が復元される」(重心座標の原理)。内心の重みは小三角形の面積比 $a:b:c$ だから

$$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=\frac{a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+b\overrightarrow{\mathrm{OB}}+c\overrightarrow{\mathrm{OC}}}{a+b+c}.$$

角の二等分線を2回使う(本解)代わりに、「$3$ 辺から等距離 → 小三角形の面積比 $a:b:c$」と読むと、重みの意味が面積として分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 外心 $\mathrm{O}$ を始点にとれば解ける。すると $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}|=|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|=|\overrightarrow{\mathrm{OC}}|=R$(外接円の半径)がそろう。

$\mathrm{H}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ で定まる点が、実は垂心だと示す。$\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ が辺 $\mathrm{BC}$ に垂直($\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ との内積が $0$)であることを、$|\overrightarrow{\mathrm{OB}}|=|\overrightarrow{\mathrm{OC}}|$ を使って確かめる。$3$ 頂点で同様だから $\mathrm{H}$ は垂心。重心 $\mathrm{G}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})$ とくらべると $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=3\overrightarrow{\mathrm{OG}}$ で、$\mathrm{O},\mathrm{G},\mathrm{H}$ が一直線に並ぶ。

① $\mathrm{H}$ が垂心。 $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく。$\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\overrightarrow{\mathrm{OH}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}$、$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}$。内積は $$\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=(\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})\cdot (\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}})=|\overrightarrow{\mathrm{OC}}{|}^2-|\overrightarrow{\mathrm{OB}}{|}^2=R^2-R^2=0.$$ よって $\mathrm{AH}\perp \mathrm{BC}$。同様に $\mathrm{BH}\perp \mathrm{CA}$、$\mathrm{CH}\perp \mathrm{AB}$。$\mathrm{H}$ は垂心。

② 重心との関係。 重心は $\overrightarrow{\mathrm{OG}}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}})=\frac{1}{3}\overrightarrow{\mathrm{OH}}$。

③ 一直線と比。 $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=3\overrightarrow{\mathrm{OG}}$ だから $\mathrm{O},\mathrm{G},\mathrm{H}$ は同じ向き(一直線)。$\mathrm{OG}:\mathrm{OH}=1:3$ より $\mathrm{OG}:\mathrm{GH}=1:2$。この直線がオイラー線。

まとめ外心を始点にすると $|\overrightarrow{\mathrm{OA}}|=R$ が使え、$\mathrm{H}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ が垂心と分かる。$\overrightarrow{\mathrm{OG}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{\mathrm{OH}}$ で $\mathrm{O},\mathrm{G},\mathrm{H}$ は一直線、$\mathrm{OG}:\mathrm{GH}=1:2$。ベクトル(内積)と幾何(五心)の融合。

発展。 オイラー線上には、重心 $\mathrm{G}$ が外心 $\mathrm{O}$ と垂心 $\mathrm{H}$ を $1:2$ に内分する形で乗る。さらに $\mathrm{OH}$ の中点は九点円の中心で、この円は $3$ 辺の中点・$3$ 垂足・各頂点と $\mathrm{H}$ の中点の $9$ 点を通る。三角形の主要な点が1本の直線と1つの円の上に並ぶ。初等幾何の代表的な結果である。

別解

別解:座標で確かめる(計算で押し切るルート)。 外心 $\mathrm{O}$ を原点にとり、$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec{a}$、$\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec{b}$、$\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec{c}$ とおく($|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=R$)。

$\vec{h}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$ が垂心である($\overrightarrow{\mathrm{AH}}\perp \overrightarrow{\mathrm{BC}}$)ことを内積で確かめる。

$$\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BC}}=(\vec{h}-\vec{a})\cdot (\vec{c}-\vec{b})=(\vec{b}+\vec{c})\cdot (\vec{c}-\vec{b})=|\vec{c}{|}^2-|\vec{b}{|}^2=R^2-R^2=0.$$

$|\vec{b}|=|\vec{c}|=R$ から $0$ になった。$\overrightarrow{\mathrm{BH}}\perp \overrightarrow{\mathrm{CA}}$ も同じ。だから $\vec{h}$ は垂心。

重心 $\vec{g}=\frac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})=\frac{1}{3}\vec{h}$ より $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=3\overrightarrow{\mathrm{OG}}$、$\mathrm{O},\mathrm{G},\mathrm{H}$ が一直線。「外接円の半径がそろう」という1点が、垂心の直交条件を生む仕掛けだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 動く点 $\mathrm{P}$ をどこかの固定点を基準に書きたい。重心 $\mathrm{G}$ を経由すれば解ける。

各ベクトルを $\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\overrightarrow{\mathrm{PG}}+\overrightarrow{\mathrm{GA}}$ と分けて2乗和を展開する。すると交差項に $\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}}$ が現れるが、重心の性質でこれは $\vec{0}$。だから和は「$3|\overrightarrow{\mathrm{PG}}{|}^2+$ 定数」の形。$|\overrightarrow{\mathrm{PG}}{|}^2$ が最小 $=0$、つまり $\mathrm{P}=\mathrm{G}$ のときに最小になる。

① 重心を中継して分ける。 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\overrightarrow{\mathrm{PG}}+\overrightarrow{\mathrm{GA}}$ 等。$2$ 乗して足すと $$\sum {\mathrm{PA}}^2=\sum |\overrightarrow{\mathrm{PG}}+\overrightarrow{\mathrm{GA}}{|}^2=3|\overrightarrow{\mathrm{PG}}{|}^2+2\overrightarrow{\mathrm{PG}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}})+\sum |\overrightarrow{\mathrm{GA}}{|}^2.$$ ② 交差項が消える。 $\overrightarrow{\mathrm{GA}}+\overrightarrow{\mathrm{GB}}+\overrightarrow{\mathrm{GC}}=\vec{0}$ だから中央の項は $0$。よって $${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2+{\mathrm{PC}}^2=3{\mathrm{PG}}^2+({\mathrm{GA}}^2+{\mathrm{GB}}^2+{\mathrm{GC}}^2).$$ 第 $2$ 項は $\mathrm{P}$ によらない定数。

③ 最小。 $3{\mathrm{PG}}^2\ge 0$ で、最小 $0$ は $\mathrm{P}=\mathrm{G}$ のとき。よって ${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2+{\mathrm{PC}}^2$ は重心 $\mathrm{G}$ で最小。

まとめ重心を中継して $2$ 乗和を展開すると、重心の性質 $\sum \overrightarrow{\mathrm{GA}}=\vec{0}$ で交差項が消え、$3{\mathrm{PG}}^2+$定数。最小は $\mathrm{P}=\mathrm{G}$。ベクトルと最大最小・重心の融合。

発展。 最小値 ${\mathrm{GA}}^2+{\mathrm{GB}}^2+{\mathrm{GC}}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$ は、三角形の「慣性モーメント」(重心まわりの回りにくさ)にあたる。物理では、質点系の運動エネルギーが「重心の運動」と「重心まわりの回転」に分かれる(ケーニッヒの定理)。$f(\mathrm{P})=3{\mathrm{PG}}^2+(\text{定数})$ の分解は、その数学的な原型だ。

別解

別解:平均からのばらつき(分散)として読む(得意な人向けの高い視点)。 $f(\mathrm{P})={\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2+{\mathrm{PC}}^2$ は、統計の「平均からの散らばり(分散)」と同じ構造をもつ。

$3$ 点 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ を「データ」とみると、その平均(=重心)$\mathrm{G}$ が「ばらつきを最小にする中心」。公式

$$f(\mathrm{P})=3{\mathrm{PG}}^2+({\mathrm{GA}}^2+{\mathrm{GB}}^2+{\mathrm{GC}}^2)$$

は、統計でいう「$\sum (x_i-P{)}^2=n(\bar{x}-P{)}^2+\sum (x_i-\bar{x}{)}^2$」(平方和の分解)そのもの。第1項が $\mathrm{P}=\mathrm{G}$ で $0$ になり、第2項(重心まわりの散らばり)は $\mathrm{P}$ によらない定数。

だから最小は $\mathrm{P}=\mathrm{G}$ で、最小値は ${\mathrm{GA}}^2+{\mathrm{GB}}^2+{\mathrm{GC}}^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$。ベクトルの計算(本解)が「平均が最小二乗の中心」という統計の基本法則と同じものだったと分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ で、$s+t$ の値で決まる。$s+t=k$(一定)のとき、$\mathrm{P}$ はどこを動くか。

$s+t=k$ は、三角形 $\mathrm{OAB}$ を $\mathrm{O}$ を中心に $k$ 倍拡大した三角形の「底辺」に対応する線分だ($k=1$ なら線分 $\mathrm{AB}$)。

$k$ を $1$ から $2$ まで動かすと、これらの線分が掃く帯(台形状)が存在範囲。面積は「$2$ 倍拡大の三角形」から「元の三角形」を引いたもので、相似比の $2$ 乗で計算できる。

① 各 $k$ での線分。 $s+t=k$($s,t\ge 0$)のとき、$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\left(\frac{s}{k}\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\frac{t}{k}\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right)$ で、$\frac{s}{k}+\frac{t}{k}=1$ だから内分点。よって $\mathrm{P}$ は $k\mathrm{A}$ と $k\mathrm{B}$ を結ぶ線分上。

② 帯の形。 $k$ を $1$ から $2$ まで動かすと、線分 $\mathrm{AB}$($k=1$)から線分 $2\mathrm{A}2\mathrm{B}$($k=2$)までの間を掃く。これは三角形 $\mathrm{O}(2\mathrm{A})(2\mathrm{B})$ から三角形 $\mathrm{OAB}$ を除いた台形状の領域。

③ 面積。 三角形 $\mathrm{O}(k\mathrm{A})(k\mathrm{B})$ は $\mathrm{OAB}$ の相似比 $k$ の拡大で、面積は $k^{2}S$。よって求める面積は $$2^{2}S-1^{2}S=4S-S=3S.$$

まとめ $s+t=k$ は $k$ 倍拡大した三角形の底辺。$1\le k\le 2$ の帯は「$2$ 倍拡大の三角形 $-$ 元の三角形」で、面積は $(4-1)S=3S$。ベクトル(1次結合)と領域・相似の融合。

発展。 条件を $s+t\le 1$ に変えれば三角形 $\mathrm{OAB}$ の内部、$s,t\ge 0$ だけなら角の内部(無限に広がる扇形)、$0\le s\le 1,0\le t\le 1$ なら平行四辺形。$s,t$ の不等式の形がそのまま領域の形を決める。線形計画法(1次式の制約で領域を区切り最大化する)の図形的な基礎が、この係数の条件と領域の対応だ。

別解

別解:$s+t=k$ の帯を「相似拡大の掃引」とみる(苦手な人にも見通しのよいルート)。 $s+t$ の値ごとに、$\mathrm{P}$ がどの線分に乗るかを考える。

$s+t=1$($s,t\ge 0$)のとき、$\mathrm{P}=s\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ は線分 $\mathrm{AB}$ 上(内分点)。$s+t=2$ のときは、$\overrightarrow{\mathrm{OA}},\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ を $2$ 倍に伸ばした点 ${\mathrm{A}}^{\prime },{\mathrm{B}}^{\prime }$ を結ぶ線分 ${\mathrm{A}}^{\prime }{\mathrm{B}}^{\prime }$ 上。

一般に $s+t=k$ は、三角形 $\mathrm{OAB}$ を $\mathrm{O}$ 中心に $k$ 倍拡大したときの辺 ${\mathrm{A}}^{\prime }{\mathrm{B}}^{\prime }$。$k$ を $1$ から $2$ まで連続に動かすと、線分 $\mathrm{AB}$ から ${\mathrm{A}}^{\prime }{\mathrm{B}}^{\prime }$ まで平行に掃引され、台形状の帯ができる。

面積は「$2$ 倍拡大の三角形 ${\mathrm{OA}}^{\prime }{\mathrm{B}}^{\prime }$($=4S$)」から「元の三角形 $\mathrm{OAB}$($=S$)」を除いた $3S$($S$ は $△\mathrm{OAB}$ の面積)。相似拡大の面積は比の2乗、という原則($1^2$ から $2^2$)で $(4-1)S=3S$ と一目で出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内積 $\vec{a}\cdot \vec{p}=|\vec{a}||\vec{p}|\cos \theta$。大きさ $|\vec{a}|=5$、$|\vec{p}|=2$ は固定だから、変わるのは $\cos \theta$ だけ。

$\vec{p}$ は大きさ $2$ の円周上を自由に動く。だから $\vec{a}$ とのなす角 $\theta$ は $0$ から $2\pi$ まで何でもとれ、$\cos \theta$ は $-1$ から $1$ まで動く。内積は $10\cos \theta$ の形。最大・最小は $\cos \theta =\pm 1$(向きがそろう / 反対)のとき、すなわち $\pm 10$。

① 内積を角で表す。 $\vec{a}\cdot \vec{p}=|\vec{a}||\vec{p}|\cos \theta =5\cdot 2\cdot \cos \theta =10\cos \theta$。

② $\cos \theta$ の範囲。 $\vec{p}$ は向きを自由に変えられるので、なす角 $\theta$ は $0$ から $\pi$ まで動き、$\cos \theta \in [-1,1]$。

③ 最大・最小。 $10\cos \theta$ は

• 最大 $10$($\cos \theta =1$、$\vec{p}$ が $\vec{a}$ と同じ向き)、
• 最小 $-10$($\cos \theta =-1$、$\vec{p}$ が $\vec{a}$ と反対向き)。

まとめ内積 $=|\vec{a}||\vec{p}|\cos \theta$ で、大きさが一定なら $\cos \theta$ だけが動く。最大 $10$・最小 $-10$。ベクトル(内積)と円・最大最小の融合。$\vec{p}=\pm \frac{2}{5}\vec{a}$ のとき実現する。

発展。 コーシー・シュワルツの不等式 $|\vec{a}\cdot \vec{p}|\le |\vec{a}||\vec{p}|$ は、成分・次元によらず成り立つ普遍的な不等式。$n$ 次元では ${\left(\sum a_i{p}_i\right)}^2\le \left(\sum a_i^2\right)\left(\sum p_i^2\right)$、積分では ${\left(\int fg\right)}^2\le \int f^2\int g^2$。「内積は大きさの積を超えない」という一言が、数学の広い範囲を貫いている。

別解

別解:コーシー・シュワルツの不等式で上下を押さえる(得意な人向けの高い視点)。 内積には、なす角を持ち出さずに大きさを縛る不等式がある。コーシー・シュワルツの不等式

$$|\vec{a}\cdot \vec{p}|\le |\vec{a}||\vec{p}|=5\times 2=10.$$

つまり $-10\le \vec{a}\cdot \vec{p}\le 10$。等号成立は $\vec{a}$ と $\vec{p}$ が平行のとき、すなわち向きがそろえば最大 $10$、逆向きなら最小 $-10$。$\vec{p}$ は大きさ $2$ の円周を動くから、$\vec{a}$ と平行・反平行の向きは必ずとれる。だから最大 $10$・最小 $-10$ はどちらも実現する。

なす角 $\theta$ で $10\cos \theta$ とみる(本解)のと同じ結論だが、コーシー・シュワルツは「内積は大きさの積を超えない」という普遍的な不等式で、成分が増えても(空間ベクトルでも $n$ 次元でも)そのまま通用する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 条件 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}+2\overrightarrow{\mathrm{PB}}+3\overrightarrow{\mathrm{PC}}=\vec{0}$ を、位置ベクトルに直して $\mathrm{P}$ を求める。

$\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ 等を代入して整理すると、$\mathrm{P}=\frac{1\cdot \mathrm{A}+2\cdot \mathrm{B}+3\cdot \mathrm{C}}{6}$。$\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ を重み $1,2,3$ で平均した点(重心座標)だ。この重み $1,2,3$ がそのまま向かい合う三角形の面積比になる。$△\mathrm{PBC}:△\mathrm{PCA}:△\mathrm{PAB}=1:2:3$。

① $\mathrm{P}$ を重みつき平均に。 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\vec{A}-\vec{P}$ 等で条件を書くと $$(\vec{A}-\vec{P})+2(\vec{B}-\vec{P})+3(\vec{C}-\vec{P})=\vec{0}⟹\vec{A}+2\vec{B}+3\vec{C}=6\vec{P}.$$ よって $\vec{P}=\frac{\vec{A}+2\vec{B}+3\vec{C}}{6}$。重み(重心座標)は $1:2:3$。

② 面積比に読み替える。 重心座標の重みは対応する対頂の三角形の面積比に一致する。すなわち $\mathrm{A}$ の重み $1$ は $△\mathrm{PBC}$、$\mathrm{B}$ の重み $2$ は $△\mathrm{PCA}$、$\mathrm{C}$ の重み $3$ は $△\mathrm{PAB}$ に対応。

③ 結論。 $$△\mathrm{PBC}:△\mathrm{PCA}:△\mathrm{PAB}=1:2:3.$$

まとめベクトル条件から $\mathrm{P}$ を重み $1,2,3$ の重心座標で表すと、その重みがそのまま面積比 $1:2:3$。ベクトル(1次結合)と面積・重心座標の融合。$\overrightarrow{\mathrm{PA}}$ の係数がその頂点の「向かいの三角形」の面積の重みになる。

発展。 重み(重心座標)$(\alpha :\beta :\gamma )$ は、向かい合う三角形の面積比 $△\mathrm{PBC}:△\mathrm{PCA}:△\mathrm{PAB}$ にちょうど一致する。この「面積座標」は有限要素法(構造物や流体を三角形メッシュに分けて計算する工学手法)で、三角形内部の値を補間する基本の道具として現役で使われている。

別解

別解:重みを1つずつ「てこの原理」で分ける(苦手な人向け)。 条件 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}+2\overrightarrow{\mathrm{PB}}+3\overrightarrow{\mathrm{PC}}=\vec{0}$ を、重さのつり合いとして読む。$\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ にそれぞれ重り $1,2,3$ を置くと、その重心(つり合いの点)が $\mathrm{P}$。

面積比を求めるには、まず $\mathrm{B},\mathrm{C}$ の重り $2,3$ を合成する。$\mathrm{B},\mathrm{C}$ を $3:2$ に内分する点 $\mathrm{D}$(重り $5$)に置き換えられる。$\mathrm{P}$ は $\mathrm{A}$(重り $1$)と $\mathrm{D}$(重り $5$)を $5:1$ に内分する点だ。

すると $△\mathrm{PBC}$ は $△\mathrm{ABC}$ の $\frac{\mathrm{PD}}{\mathrm{AD}}=\frac{1}{6}$。$△\mathrm{PCA}$ と $△\mathrm{PAB}$ も同様に $\frac{2}{6},\frac{3}{6}$ を占め、比は $1:2:3$。位置ベクトルでまとめて(本解)出す代わりに、「重りを合成する」てこの見方だと、なぜ重み $1,2,3$ が面積比になるかが順を追って見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中点 $\mathrm{M}$ を中継点にすると、$\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=\vec{0}$(中点の性質)が使える。

$\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\overrightarrow{\mathrm{PM}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}$、$\overrightarrow{\mathrm{PB}}=\overrightarrow{\mathrm{PM}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}$ と分けて、それぞれ2乗する。足し合わせると、交差項 $2\overrightarrow{\mathrm{PM}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}})$ が $\vec{0}$ で消える。残るのは $2|\overrightarrow{\mathrm{PM}}{|}^2+2|\overrightarrow{\mathrm{MA}}{|}^2$ で、これが中線定理だ。

① 中点を中継して分ける。 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\overrightarrow{\mathrm{PM}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}$、$\overrightarrow{\mathrm{PB}}=\overrightarrow{\mathrm{PM}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}$。

② $2$ 乗して足す。 $${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=|\overrightarrow{\mathrm{PM}}+\overrightarrow{\mathrm{MA}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{PM}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}{|}^2.$$ 展開すると $$=2|\overrightarrow{\mathrm{PM}}{|}^2+2\overrightarrow{\mathrm{PM}}\cdot (\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}})+|\overrightarrow{\mathrm{MA}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{MB}}{|}^2.$$ ③ 交差項を消す。 $\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=\vec{0}$ で中央の項は $0$。また $|\overrightarrow{\mathrm{MB}}|=|\overrightarrow{\mathrm{MA}}|=\mathrm{AM}$ だから $|\overrightarrow{\mathrm{MA}}{|}^2+|\overrightarrow{\mathrm{MB}}{|}^2=2{\mathrm{AM}}^2$。よって $${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2{\mathrm{PM}}^2+2{\mathrm{AM}}^2.$$

まとめ中点 $\mathrm{M}$ を中継すると $\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=\vec{0}$ で交差項が消え、中線定理 ${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2{\mathrm{PM}}^2+2{\mathrm{AM}}^2$。ベクトル(内積)と幾何(中点)の融合。座標計算より一般的で見通しがよい。

発展。 中線定理は「平行四辺形の対角線の2乗の和 $=$ 4辺の2乗の和」の言い換えでもある($\mathrm{A},\mathrm{B}$ と $\mathrm{P}$、第4点で平行四辺形を作る)。ベクトルで書くと $|\vec{u}+\vec{v}{|}^2+|\vec{u}-\vec{v}{|}^2=2|\vec{u}{|}^2+2|\vec{v}{|}^2$(中線定理/平行四辺形則)。この等式が成り立つことが、実は「内積が定義できる空間」の特徴づけになっている。

別解

別解:座標を置いて成分計算で示す(計算で確かめたい人向け)。 中点 $\mathrm{M}$ を原点にとると、$\mathrm{A}=\vec{u}$、$\mathrm{B}=-\vec{u}$(中点だから対称)。任意の点 $\mathrm{P}=\vec{p}$ とおく。

$${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=|\vec{p}-\vec{u}{|}^2+|\vec{p}+\vec{u}{|}^2.$$

展開すると $|\vec{p}{|}^2-2\vec{p}\cdot \vec{u}+|\vec{u}{|}^2+|\vec{p}{|}^2+2\vec{p}\cdot \vec{u}+|\vec{u}{|}^2$。交差項 $\pm 2\vec{p}\cdot \vec{u}$ が消えて

$$=2|\vec{p}{|}^2+2|\vec{u}{|}^2=2{\mathrm{PM}}^2+2{\mathrm{AM}}^2.$$

($\mathrm{M}$ が原点なので $\mathrm{PM}=|\vec{p}|$、$\mathrm{AM}=|\vec{u}|$。)中線定理が出た。$\overrightarrow{\mathrm{MA}}+\overrightarrow{\mathrm{MB}}=\vec{0}$ を使う本解と、考え方は同じ($\vec{u}$ と $-\vec{u}$ が対称)。中点を原点に選ぶと、対称性で交差項が自動的に消えるので計算が楽になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) チェバの定理の $3$ つの比の積を、面積比に言い換えれば解ける。

分点比 $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}$ は $\mathrm{D}$ を共有する2つの三角形の面積比で書ける。底辺 $\mathrm{BD},\mathrm{DC}$ が同じ直線上で高さが共通だからだ。$\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}=\frac{△\mathrm{ABD}}{△\mathrm{ACD}}=\frac{△\mathrm{PBD}}{△\mathrm{PCD}}$。差をとれば $\frac{△\mathrm{PAB}}{△\mathrm{PCA}}$。

$3$ つの分点比を同様に $\mathrm{P}$ を頂点とする三角形の面積比で書いて掛けると、$3$ つの面積が分子・分母に一巡して現れ、すべて約分して $1$。

① 分点比を面積比に。 $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}=\frac{△\mathrm{ABD}}{△\mathrm{ACD}}=\frac{△\mathrm{PBD}}{△\mathrm{PCD}}$。比が等しい $2$ 式から、分子どうし・分母どうしを引いて $$\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}=\frac{△\mathrm{ABD}-△\mathrm{PBD}}{△\mathrm{ACD}-△\mathrm{PCD}}=\frac{△\mathrm{PAB}}{△\mathrm{PCA}}.$$ ② 他の $2$ つも。 同様に $$\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\frac{△\mathrm{PBC}}{△\mathrm{PAB}},\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=\frac{△\mathrm{PCA}}{△\mathrm{PBC}}.$$ ③ 掛けて約分。 $3$ つを掛けると $$\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=\frac{△\mathrm{PAB}}{△\mathrm{PCA}}\cdot \frac{△\mathrm{PBC}}{△\mathrm{PAB}}\cdot \frac{△\mathrm{PCA}}{△\mathrm{PBC}}=1.$$

まとめ分点比を「$\mathrm{P}$ を頂点とする三角形の面積比」に言い換えると、$3$ つの比を掛けたとき同じ面積が分子・分母に一巡して現れ、すべて約分して $1$。これがチェバの定理。幾何(面積比)の融合。

発展。 チェバの定理(3直線が1点で交わる)と対になるのが、メネラウスの定理(1直線が3辺を横切る)だ。同じ $\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}$ が、チェバでは $1$、メネラウスでは $-1$(符号つき)。「点で交わる」か「直線に乗る」かの違いは、射影幾何の双対性のわかりやすい例である。

別解

別解:メネラウスの定理と組で覚える(得意な人向けの視点)。 チェバの定理「$\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}\cdot \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=1$」は、$\mathrm{P}$ の重心座標 $(\alpha :\beta :\gamma )$ を使うと透ける。

$\mathrm{P}=\frac{\alpha \mathrm{A}+\beta \mathrm{B}+\gamma \mathrm{C}}{\alpha +\beta +\gamma }$ のとき、直線 $\mathrm{AP}$ と $\mathrm{BC}$ の交点 $\mathrm{D}$ は $\mathrm{BC}$ を $\gamma :\beta$ に分ける。同様に $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\frac{\alpha }{\gamma }$、$\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FB}}=\frac{\beta }{\alpha }$。掛けると

$$\frac{\gamma }{\beta }\cdot \frac{\alpha }{\gamma }\cdot \frac{\beta }{\alpha }=1.$$

$\alpha ,\beta ,\gamma$ が分子・分母に一巡して約分される。「積が $1$」になるのはこのためだ。

対になるメネラウスの定理(直線が三角形を横切るとき)は、同じ形で積が $-1$(符号つき)になる。チェバは「$1$ 点で交わる」、メネラウスは「$1$ 直線に乗る」を判定する対の定理で、重心座標で見ると両方の仕組みがまとめて分かる。